高二数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年11月试卷_1128四川省南充高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试_四川省南充高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题PDF版含答案

南充高中 2024—2025 学年度上学期期中考试 高 2023 级数学试卷参考答案 1．【答案】A 【详解】圆C的方程可化为 x2 2 y1 2 16，圆心 C 的坐标是2,1.故选：A. 2．【答案】C r r 【详解】由已知 a 2b (1,4,5)2(0,1,2)(1,6,1) ，故选：C． 3．【答案】A 【详解】直线l 的斜率为k  3，故方向向量可以取为v    1,k    1, 3  ,故选：A 4．【答案】D 【详解】由    x2  y2 1 ，解得   x 0 或   x 1 ，则AB   0,1 ， 1，0  .故选：D.   x1 2  y1 2 1 y 1 y 0 5．【答案】B 【详解】复数 za21i 为纯虚数，则 a210 ，即a 1 所以若 z 为纯虚数不一定得到a 1，但是由a 1一定能得到 z 为纯虚数， 故“z 为纯虚数”是“a 1”的必要非充分条件，故选：B 6．【答案】B 【详解】根据题意可知h4,r3,R5，根据圆台体积公式可得 V  1 πh  r2R2rR   1 π4  325235   196π 205  cm3 . 3 3 3 7．【答案】C T 5    【详解】解：    ，所以T ，所以2，则A正确； 2 12  12 2     f x2sin2x，由 f x的图象过点  ,0 ，且在x 附近单调递增，所以  12  12     2kkZ，结合 ，可得 ，则B正确； 6 2 6       6 3 所以 f x2sin2x  ，由 f  2sin 22cos2 ，得cos2 ，所以C 错误；  6  6   2  5 5 对于D，作图可知D正确. 第 1 页 共 8 页故选：C 8．【答案】D 1 1 cosA cosC sinCcosAsinAcosC sin(AC) sinB 【详解】因为       ， tanA tanC sinA sinC sinAsinC sinAsinC sinAsinC 1 1 3 sinB 3cosB 又   ，所以  ， tanA tanC tanB sinAsinC sinB 所以sin2 B 3sin AsinCcosB，由正弦定理可得b2 3accosB， 2 又余弦定理b2 a2 c2 2accosB，即b2 a2c2 b2， 3 所以b2  3 (a2 c2)，则由余弦定理 cosB a2c2b2  5 2 a2c2  5 4 ac  2 ， 5 2ac 2ac 2ac 5 二、多选题 9．【答案】AB 【详解】对于A，由0.0010.00150.0020.00052a1001，得a0.0025， 所以数据落在区间 300,500内的频率为0.0020.00251000.45，A正确； 对于B,数据落在区间 200,500内的频率为0.0010.0020.00251000.55，B 正确； 对于C,n100，年收入大于或等于400万元的有四组，其频率和是 1000.00250.00250.00150.00050.7，所以符合条件的民营企业有0.710070家，C 错误； 对于D,数据落在区间 200,400内的频率为0.0010.0021000.3，数据落在区间 200,500内的 频率为0.0010.0020.00251000.55， 0.50.3 估计中位数为400 100480，D错误．故选:AB． 0.25 10．【答案】BCD 【详解】对A：连接AB，AC ，则AB交AB于E， 1 1 1 1 1 又 F 为 BC 中点，可得 EF//AC ，即 EF//AC ，但AC 与 AB 不垂直，故A 错误； 1 1 1 1 第 2 页 共 8 页对B：由 EF//AC ， EF 平面 ABCD ， AC平面 ABCD ，故 EF // 平面 ABCD ；故B正确 对C：连接 AD,CD ，则 AD //BC ,故CAD 就是异面直线 BC 与 AB 所成的角或其补角 1 1 1 1 1 1 1 由正方体可知 ACCD  AD ，即 ACD 为等边三角形， 1 1 1 故 CAD   ，即异面直线 BC 与 AB 所成的角为，故C 正确； 1 3 1 1 3 对D：由于AB //C D,故AB //平面BC D，所以点E到平面BC D的距离等于点A到平面BC D 1 1 1 1 1 1 1 1 S CC 3 的距离，设为d，由体积法可知，d  ABD 1  2  ,故D正确．故选：BCD． S 3 3 BCD 1 2 11．【答案】BCD 【详解】圆C:(x1)2(y1)2 4的圆心C(1,1)，半径r 2，连接PC， 4 对于A，点C到直线l:x y60的距离d   2 2 2r ，直线l与圆C 相离，A错误； 2 对于B，点Q在圆C上，则 PQ d r  2 22，B 正确； min |AC| 2 2 2 对于C，由切线长定理知，APB2APC，而sinAPC    ， |PC| |PC| d 2  又APC 是锐角，正弦函数 ysinx 在 (0, π ) 上单调递增，则APC 的最大值为 ， 2 4 π 当且仅当PCl时取等号，因此APB的最大值为 ，C 正确； 2 对于D，设P(t,6t)，则以PC 为直径的圆的方程为(x1)(xt)(y1)(yt6)0 即x2  y2 (t1)x(t7)y60， 与已知圆的方程相减可得直线AB 的方程为(1t)x(t5)y80即(x5y8)t(x y)0 x5y80 x2 由  可得  ，直线AB 过定点(2，2)，故D正确； x y 0 y 2 故选：BCD 第 3 页 共 8 页三、填空题 12．【答案】 2x y10 【详解】根据题意，设所求的直线方程为2xyc0  c2 ，令x0得 yc ， 因为所求直线在 y 轴上截距是1，所以c1 ，即 c1 ， 所以所求的直线方程为 2xy10 ．故答案为： 2xy10 ． 8 13．【答案】 15 【详解】设这箱中8罐饮料分别记为1，2，3，4，其中编号为1，2的为能中奖的饮料， 一罐中奖另一罐不中奖为事件A，则 于是n()30，n(A)16 16 8 8 故P(A)  ，故答案为： . 30 15 15 14．【答案】 131 【解答】在平面直角坐标系中，设OC c(1,0)，不妨设OAa (t, 3t)，则点 A在直  线 y  3x上，设OB b (x,y)， 由b    b  6c  8可知b  2 6b  c  80，所以x2  y2 6x80即 x3 2  y2 1 所以点B在圆 x3 2  y2 1上，记该圆圆心为M， 第 4 页 共 8 页所以 ab  ac  OAOB  OAOC  AB  AC 设C  1,0 关于直线y  3x的对称点为C' x ,y ，则有 0 0  y  1 0  3 1 x    x 1   0 2  1 3  0 解得  ，即C' ,    y x 1  3  2 2  0  3 0 y    2 2   0 2 所以 ab  ac  OAOB  OAOC  AB  AC  AB  AC'  C'M r  131 四、解答题 15．【详解】（1）由直线l:  21  x1  y740变形得 2xy7 xy40， .........................................(3分) 2x y70 x3 令 ，解得： ， ................................................................(6分) x y40 y1 x3 由于不论实数取何值，  总是方程21x1y740 的一个解， y1 所以直线l恒过这一定点P 3,1 . .................................................(8分)  a0 3   2 （2）设A(a,0),B(0,b)，则由已知有  ，联立解得： a6,b2 ，....................(10分) 0b  1   2 x y 1 所以直线l的截距式方程为  1，故l的方程为x3y60即y  x2 6 2 3 ...................................(13分) 16．【详解】（1）因为AC 平面BCDE，DE平面BCDE，所以AC DE， 由BCD90，DE//BC知，DECD， 又CDIAC C ，CD,AC 平面ACD，所以DE 平面ACD， 因为CM 平面ACD，所以DE CM ，.........................................................................................(3分) 因为CDCA，M 是AD的中点，所以CM  AD，.......................................................................(5分) 又ADDED，AD,DE平面ADE ，所以CM平面ADE ....................................................(6分) 第 5 页 共 8 页（2）以C 为坐标原点，以CD,CB,CA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如 图，则C(0,0,0),D(2,0,0),E(2,2,0),A(0,0,2),B(0,4,0),M(1,0,1)，N(0,2,1)    故CM (1,0,1)，DE (0,2,0)，DN (2,2,1)，................................................................................(8分)  设平面 DEN 的法向量n(x,y,z)， 则     n n       D D     E N     0 0 ，即    2 2 y x   0 2yz 0 ，取n  (1,0,2)，............................................................................(10分)  由（1）可知CM (1,0,1)为平面ADE 的法向量............................................................................(11分)   则 cosC  M  ,n   C  M  n   102  3 10 ，...........................................................................................(14分) CM n 2 5 10 3 10 即平面ADE 与平面 DEN 所成夹角的余弦值 . ......................(15分) 10  1 p p    1 2 2 17.【详解】（1）由已知由  ， ...................................(3分) 1  p (1 p )   1 2 4  3 p    1 4 3 2 解得  所以 p  ，p  . .......................................(6分) 2 1 4 2 3  p    2 3 （2）设A ，A 分别表示甲两轮猜对1个，2个成语的事件，B ，B 表示乙两轮猜对 1 1 2 1 2 个，2个成语的事件，则有 ...................................(8分) 3 1 1 3 3 3 3 9 P(A )     ,P(A )   1 4 4 4 4 8 2 4 4 16 ...................................................................................(11分) 2 1 1 2 4 2 2 4 P(B )     ,P(B )   1 3 3 3 3 9 2 3 3 9 “星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为 3 4 9 4 5           P  P AB  A B  P AB P A B  P(A)P B P(A )P B      1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 8 9 16 9 12 第 6 页 共 8 页5 所以“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为 . ..................................(15分) 12 18．【详解】(1)由2ba 2ccosA及正弦定理，可得2sinBsin A2sinCcosA 又因为sinB sin(AC)sin AcosCcosAsinC .....................................................................(3分) 1  所以sin A2sin AcosC，故cosC  ，由于C  0，  ,所以C  . ..............................(5分) 2 3  (2)由已知c2RsinC 21sin  3， 3 由余弦定理c2 a2 b2 2abcosC可得a2 b2 ab3………①............................................(7分) 又由2sin AsinB可得b2a………………………………………② 由①②可解得a 1,b2....................................................................................................................(9分) 1 1 3 3 所以S  absinC  21  . .............................................................................(11分) ABC 2 2 2 2 1 3 1 (3)因为S  absinC  ab , S   abc  r ABC 2 4 ABC 2 3 1 3 ab 所以 ab  abc  r，即r  ..............................................................................(13分)   4 2 2 ab c  1  由C  可知aba2 b2 3，即ab  ab 2 3 3 3 1   ab 2 3 从而r  3 ab  3 3  3  ab   3  ........................................................(15分) 2  ab  c 2  ab   3 6 1  ab 2 1 又因为  ab 2 3 ab  ，所以0ab2 3，因此r  3  2  2 1 从而r的最大值为 ，当且仅当a b 3，即ABC为正三角形时等号成立。...............(17分) 2 19．【解答】(1)由已知OA  1，2 ，OB   1，2  OAOB 3 8 所以e  A,B  1cos  A,B  1cosOA,OB 1 1  . ..............(4分) OAOB 5 5    3 (2)由已知有OC  4xx2,x2,OD 1，     3  第 7 页 共 8 页3  4xx2   x2  所以cos(C,D)cosOC,OD  OCOD  3 ..................................(6分) 2 OC OD 2 3 3 3 令 4xx2   x2  t，则有 4xx2   x2  t 3 3 3 所以问题转化为半圆 y  4xx2 与直线l: y   x2  t有公共点时t 取值范围 3 2 3 4 3 当直线l 经过 4，0 时，t  当直线l 与半圆相切时，由d r可知t  3 3 3  4xx2   x2  故 4 3 t  2 3 ，于是cos(C,D) 3  3 t  1, 1 ...................(9分)   3 3 2 4  2 2 3 1  所以e  C,D  1cos  C,D   ,2 ...............................................................................................(10分)   2  (3)设P  x,x2  ,Q  cos,sin ，则有       M P,Q  xcos x2sin xcos  x2sin  2sincos   2sincos2 2sin 2 2  4 ......................................(15分)  2 2   2 2 2 2 2 2 又取P , 2,Q , 时，M  P,Q     2 2 2      2 2   2 2  2 2 2 2 所以M  P,Q 的最小值为2 2.........................................................................................(17分) 第 8 页 共 8 页